Supuesto 30

Enunciado

Un mol de un gas ideal diatómico se encuentra a 300 K ocupando un volumen de 3 L. Se expansiona isotérmicamente hasta que su volumen es el doble y a continuación se le enfría isobáricamente hasta cierto estado. Un proceso adiabático final devuelve al gas a su estado inicial.

a) Determine el valor de las variables termodinámicas en los diferentes estados. (1 punto) b) Determine el calor intercambiado y el trabajo realizado en cada proceso. (1 punto)

Solución

Gas diatómico significa $C_V = \tfrac{5}{2}R$, $C_P = \tfrac{7}{2}R$ y $\gamma = C_P/C_V = 1{,}40$. Es el dato que hay que extraer de la palabra «diatómico» y sin el cual no se puede cerrar el ciclo.

a) Los tres estados. El estado 3 es el único que hay que buscar: no se dice a qué volumen se enfría el gas, pero está determinado por la condición de que la adiabática 3→1 cierre el ciclo.

Estado 1: $T_1 = 300$ K, $V_1 = 3{,}00$ L.

$$P_1 = \frac{nRT_1}{V_1} = \frac{1\cdot 8{,}314\cdot 300}{3{,}00\cdot 10^{-3}} = 8{,}31\cdot 10^{5}\ \mathrm{Pa} = 8{,}21\ \mathrm{atm}$$

Estado 2 (isoterma, $V$ se duplica): $T_2 = 300$ K, $V_2 = 6{,}00$ L, y como $PV$ es constante, $P_2 = P_1/2 = 4{,}16\cdot 10^{5}$ Pa $= 4{,}10$ atm.

Estado 3 (isóbara desde 2, luego adiabática hasta 1): $P_3 = P_2 = 4{,}16\cdot 10^{5}$ Pa. De la adiabática $P_3V_3^\gamma = P_1V_1^\gamma$:

$$V_3 = V_1\left(\frac{P_1}{P_3}\right)^{1/\gamma} = 3{,}00\cdot 2^{1/1{,}4} = 3{,}00\cdot 1{,}641 = \boxed{4{,}92\ \mathrm{L}}$$ $$T_3 = \frac{P_3V_3}{nR} = \frac{4{,}157\cdot 10^{5}\cdot 4{,}922\cdot 10^{-3}}{8{,}314} = \boxed{246{,}1\ \mathrm{K}}$$

Comprobación por la otra forma de la adiabática: $T_3 = T_1(V_1/V_3)^{\gamma-1} = 300\cdot(0{,}6095)^{0{,}4} = 246{,}1$ K. ✔

| Estado | $P$ (Pa) | $V$ (L) | $T$ (K) | | ------ | -------------------- | ------- | ------- | | 1 | $8{,}31\cdot 10^{5}$ | 3,00 | 300,0 | | 2 | $4{,}16\cdot 10^{5}$ | 6,00 | 300,0 | | 3 | $4{,}16\cdot 10^{5}$ | 4,92 | 246,1 |

b) Calor y trabajo. Convenio: $W$ es el trabajo realizado por el gas y $\Delta U = Q - W$.

1→2, isoterma. $\Delta U = 0$ porque $U$ de un gas ideal solo depende de $T$:

$$W_{12} = nRT\ln\frac{V_2}{V_1} = 8{,}314\cdot 300\cdot\ln 2 = +1729\ \mathrm{J} = Q_{12}$$

2→3, isóbara.

$$W_{23} = P\,\Delta V = 4{,}157\cdot 10^{5}\cdot(4{,}922 - 6{,}000)\cdot 10^{-3} = -448\ \mathrm{J}$$ $$\Delta U_{23} = nC_V\Delta T = \tfrac{5}{2}\cdot 8{,}314\cdot(-53{,}9) = -1120\ \mathrm{J}$$ $$Q_{23} = \Delta U_{23} + W_{23} = -1568\ \mathrm{J}$$

Comprobación: $Q_{23} = nC_P\Delta T = \tfrac{7}{2}\cdot 8{,}314\cdot(-53{,}9) = -1568$ J. ✔

3→1, adiabática. Por definición $Q_{31} = 0$, luego

$$W_{31} = -\Delta U_{31} = -nC_V(T_1 - T_3) = -\tfrac{5}{2}\cdot 8{,}314\cdot 53{,}9 = -1120\ \mathrm{J}$$

| Proceso | $\Delta U$ (J) | $W$ (J) | $Q$ (J) | | -------------- | -------------- | --------- | --------- | | 1→2 isoterma | 0 | +1729 | +1729 | | 2→3 isóbara | −1120 | −448 | −1568 | | 3→1 adiabática | +1120 | −1120 | 0 | | Ciclo | 0 | +160 | +160 |

La comprobación que hay que hacer siempre: en un ciclo $\Delta U = 0$, así que $\sum W = \sum Q$. Aquí ambos dan $+160$ J. El signo positivo indica que el ciclo es motor (se recorre en sentido horario en el diagrama $P$–$V$). Su rendimiento es $\eta = W_{\text{neto}}/Q_{\text{absorbido}} = 160/1729 = 9{,}3\ \%$; el de Carnot entre 246,1 y 300 K sería del 18,0 %, así que ni la mitad — normal, porque el ciclo no es reversible entre dos únicos focos.